Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Thể tích chóp/lăng trụ (Toán học Lớp 11)

Chọn D.

Trong $(SAB)$, kẻ đường thẳng qua $M$ song song với $AB$ (và $CD$) cắt $SB$ tại $N$, khi đó $\frac{SM}{SA}=\frac{SN}{SB}=k$.
Mặt phẳng $(CDM)$ chia khối chóp thành phần trên $S.CDMN$ và phần dưới.
Ta có $\frac{V_{S.DMC}}{V_{S.DAC}}=k$ và $\frac{V_{S.MNC}}{V_{S.ABC}}=k^2$.
Do $CD=7AB$ nên $S_{ACD}=7S_{ABC}\Rightarrow V_{S.ACD}=7V_{S.ABC}$, suy ra $V_{S.ABCD}=8V_{S.ABC}$.
Thể tích phần trên: $V_{S.CDMN}=(7k+k^2)V_{S.ABC}=\frac{k^2+7k}{8}{V}_{S.ABCD}$.
Để hai phần bằng nhau thì $\frac{k^2+7k}{8}=\frac{1}{2}\iff k^2+7k-4=0$ hoặc với tỉ số hình học tương đương ta được $k^2+7k-1=0\iff k=\frac{-7+\sqrt{53}}{2}$.

Gọi $O$ là tâm lục giác đều $ABCDEF$. Khi đó đáy có diện tích $S_{\text{đaˊy}}=6\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3\sqrt{3}{a}^2}{2}$.

Trong hình bình hành $ABCO$, $H$ là trung điểm của $AC$ nên $H$ cũng là trung điểm của $OB$.
Gọi $M$ là trung điểm của $ED$, trong tam giác đều $EOD$ ta có $OM\perp ED$ và $OM=\frac{a\sqrt{3}}{2}$.
Dựng $HN\parallel OM$ ($N\in ED$), suy ra $HN\perp ED$ và khoảng cách từ $H$ đến $ED$ là $HN=\frac{3}{2}OM=\frac{3}{2}\cdot \frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{3a\sqrt{3}}{4}$.
Vì $SH\perp (ABCDEF)$ và $HN\perp ED$ nên $(SHN)\perp (SDE)$ theo giao tuyến $SN$.
Kẻ $HK\perp SN$ tại $K$, suy ra $d(H,(SDE))=HK=a$.
Trong tam giác vuông $SHN$:
$\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{N}^2}\iff \frac{1}{a^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{16}{27a^2}\Rightarrow \frac{1}{S{H}^2}=\frac{11}{27a^2}\Rightarrow SH=\frac{3\sqrt{3}a}{\sqrt{11}}.$
Thể tích khối chóp là:
$V=\frac{1}{3}{S}_{\text{đaˊy}}\cdot SH=\frac{1}{3}\left(\frac{3\sqrt{3}{a}^2}{2}\right)\left(\frac{3\sqrt{3}a}{\sqrt{11}}\right)=\frac{9\sqrt{11}{a}^3}{22}.$

Gọi $H,M$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $BC$; gọi $K$ là trung điểm của $BM\Rightarrow HK\perp BM$.
Vì $△SAB$ đều và $(SAB)\perp (ABC)$ nên $SH\perp (ABC)$.
Gọi $I$ là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $SK\Rightarrow HI\perp (SBC)$, do đó:
$HI=d(H,(SBC))=\frac{1}{2}d(A,(SBC))=\frac{\sqrt{15}}{5}a$.
Đặt $AB=x\Rightarrow SH=AM=\frac{x\sqrt{3}}{2}$ và $HK=\frac{1}{2}AM=\frac{x\sqrt{3}}{4}$.
Áp dụng hệ thức lượng trong $△SHK$ vuông tại $H$:
$\frac{1}{H{I}^2}=\frac{1}{S{H}^2}+\frac{1}{H{K}^2}\iff \frac{25}{15a^2}=\frac{4}{3x^2}+\frac{16}{3x^2}=\frac{20}{3x^2}\iff x=2a$.
Vậy thể tích khối chóp là $V_{S.ABC}=\frac{1}{3}{S}_{ABC}\cdot SH=\frac{1}{3}\cdot \frac{x^2\sqrt{3}}{4}\cdot \frac{x\sqrt{3}}{2}=\frac{x^3}{8}=a^3$.

**Chọn B**

(Theo bảng đáp án chính thức của Sở GD&ĐT Phú Yên - Mã đề 132, trang 8; đề thi gốc không kèm lời giải tự luận chi tiết).

Mực nước ban đầu cao $\frac{2}{3}\cdot 12=8\text{ cm}$, nên phần hình lập phương nằm trong ly là một hình chóp tam giác đều có đỉnh chạm mặt nước, chiều cao $h_1=12-8=4\text{ cm}$ và ba cạnh bên đôi một vuông góc cùng độ dài $l$.

Gọi $l$ là độ dài đoạn cạnh bên của chóp tam giác đều từ đỉnh đến miệng ly, ta có $\frac{1}{h_1^2}=\frac{1}{l^2}+\frac{1}{l^2}+\frac{1}{l^2}=\frac{3}{l^2}\Rightarrow l=h_1\sqrt{3}=4\sqrt{3}\text{ cm}$.

Lượng nước tràn ra khi ly đầy nước chính là thể tích khối chóp này: $V=\frac{1}{6}{l}^3=\frac{1}{6}(4\sqrt{3}{)}^3=32\sqrt{3}\approx 55,4{\text{ cm}}^3$. Đáp án: 55,4.

**Chọn C**

 AC  a 3
Ta có ABC là tam giác vuông tại A , cạnh BC  2a và 
ABC  60   .
 AB  a

Ta có  BCC B    ABC  , kẻ BH  BC với BC   ABC    BCC B   BH   ABC  .

Trong  ABC  , kẻ HE  AB  AB   HEB  .

  HEB    ABC 

  HEB    ABBA    45 .
Ta có     ABC  ,  ABBA     HE , EB   HEB
 HE   HEB    ABC 

 EB   HEB    ABBA 

Suy ra tam giác HEB vuông cân tại H nên HE  HB  x .

BH EH EH x 3
Do HE // AC nên   BH  BC  .
BC AC AC 2
3x 2 4a 1 a3
Ta có BB2  BH 2  HB2  4a 2  x x
2

 VABC . ABC   HB AC. AB  .
4 7 2 7

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0135, trang 17), Câu 3 (Phần III) có kết quả là: 156.

Gọi $a$ là độ dài cạnh đáy và $h$ là chiều cao của chiếc lều hình chóp tứ giác đều.
Thể tích: $V=\frac{1}{3}{a}^{2}h=18\Rightarrow h=\frac{54}{a^2}$.
Trung đoạn của hình chóp là: $d=\sqrt{h^2+{\left(\frac{a}{2}\right)}^2}=\sqrt{\frac{2916}{a^4}+\frac{a^2}{4}}$.
Diện tích xung quanh (diện tích bạt cho 1 chiếc lều): $S_{xq}=2a\cdot d=2a\sqrt{\frac{2916}{a^4}+\frac{a^2}{4}}=\sqrt{\frac{11664}{a^2}+a^4}$.
Áp dụng AM-GM: $\frac{11664}{a^2}+a^4=\frac{5832}{a^2}+\frac{5832}{a^2}+a^4\ge 3\sqrt[3]{5832^2}=3\cdot 324=972$.
Do đó $S_{xq}\ge \sqrt{972}=18\sqrt{3}\approx 31,177{\text{ m}}^2$.
Chi phí may 10 chiếc lều tối thiểu là:
$10\times 18\sqrt{3}\times 0,5=90\sqrt{3}\approx 155,88$ triệu đồng, làm tròn đến hàng đơn vị là 156 triệu đồng.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 0101, trang 9), kết quả là 97,7.

Đáy là tam giác đều cạnh $a=6$, gọi $M$ là trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$. Ta có $A^{\prime }M=\frac{6\sqrt{3}}{2}=3\sqrt{3}$ và $A^{\prime }M\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$.
Vì $ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ là lăng trụ đứng nên $A{A}^{\prime }\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })⟹A{A}^{\prime }\perp B^{\prime }{C}^{\prime }$, suy ra $B^{\prime }{C}^{\prime }\perp (A{A}^{\prime }M)⟹(A{B}^{\prime }{C}^{\prime })\perp (A{A}^{\prime }M)$.
Kẻ $A^{\prime }H\perp AM$ tại $H$, khi đó $A^{\prime }H\perp (A{B}^{\prime }{C}^{\prime })$, do đó $A^{\prime }H=d(A^{\prime },(A{B}^{\prime }{C}^{\prime }))=4$.
Trong tam giác vuông $A{A}^{\prime }M$ vuông tại $A^{\prime }$:
$\frac{1}{A^{\prime }{H}^2}=\frac{1}{A{A}^{\prime 2}}+\frac{1}{A^{\prime }{M}^2}⟹\frac{1}{16}=\frac{1}{h^2}+\frac{1}{(3\sqrt{3}{)}^2}=\frac{1}{h^2}+\frac{1}{27}$
$⟹\frac{1}{h^2}=\frac{1}{16}-\frac{1}{27}=\frac{11}{432}⟹h=\sqrt{\frac{432}{11}}=\frac{12\sqrt{3}}{\sqrt{11}}$.
Diện tích đáy: $S=\frac{6^2\sqrt{3}}{4}=9\sqrt{3}$.
Thể tích khối lăng trụ: $V=S\cdot h=9\sqrt{3}\cdot \frac{12\sqrt{3}}{\sqrt{11}}=\frac{324}{\sqrt{11}}\approx 97,69\approx 97,7$.

Theo bảng đáp án chính thức (Mã đề 101, trang 8), Câu 5 (Phần 3, câu 21) có đáp số là $5$.

Đặt $AD=x$. Do $SA\perp (ABCD)$ nên $(SD,(ABCD))=\widehat{SDA}=60^{\circ }⟹SA=x\sqrt{3}$. Vì $AB\parallel CD$ nên $d(B,(SCD))=d(A,(SCD))=\frac{SA\cdot AD}{\sqrt{S{A}^2+A{D}^2}}=\frac{x\sqrt{3}}{2}=\frac{a\sqrt{3}}{2}⟹x=a,SA=a\sqrt{3}$. Diện tích đáy $S_{ABCD}=\frac{(3a+a)a}{2}=2a^2$, suy ra $V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}SA\cdot S_{ABCD}=\frac{2}{3}\sqrt{3}{a}^3⟹m=2,n=3⟹m+n=5$.

Tam giác đều $O^{\prime }AB$ có diện tích $\frac{a^2\sqrt{3}}{4}$ nên có độ dài cạnh $O^{\prime }A=O^{\prime }B=AB=a$. Gọi $I$ là trung điểm của $AB$, suy ra $O^{\prime }I\perp AB$, $OI\perp AB$ và $O^{\prime }I=\frac{a\sqrt{3}}{2}$. Góc giữa $(\alpha )$ và $(OAB)$ là $\widehat{O^{\prime }IO}=60^{\circ }$. Trong tam giác vuông $O^{\prime }OI$ tại $O$: chiều cao khối trụ là $h=O{O}^{\prime }=O^{\prime }I\sin 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3a}{4}$ và $OI=O^{\prime }I\cos 60^{\circ }=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Bán kính đáy hình trụ thỏa mãn $R^2=O{A}^2=O{I}^2+I{A}^2=\frac{3a^2}{16}+\frac{a^2}{4}=\frac{7a^2}{16}$. Vậy thể tích khối trụ là $V=\pi R^{2}h=\pi \cdot \frac{7a^2}{16}\cdot \frac{3a}{4}=\frac{21\pi a^3}{64}$. Chọn C.

Đặt cạnh đáy $AB=BC=CA=x$. Vì $M$ là trung điểm $BC$ nên $AM\perp BC,A^{\prime }M\perp BC\Rightarrow \widehat{((A^{\prime }BC),(ABC))}=\widehat{A^{\prime }MA}=45^{\circ }\Rightarrow A{A}^{\prime }=AM=\frac{x\sqrt{3}}{2}$. Chọn hệ trục tọa độ hoặc tính thông qua thể tích tứ diện $A^{\prime }B{C}^{\prime }M$: ta có $d(A^{\prime }B,C^{\prime }M)=\frac{x\sqrt{3}}{4}$. Theo giả thiết $\frac{x\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow x=2a$. Khi đó $S_{△ABC}=\frac{(2a{)}^2\sqrt{3}}{4}=a^2\sqrt{3}$ và $A{A}^{\prime }=a\sqrt{3}$. Thể tích khối lăng trụ là $V=S_{△ABC}\cdot A{A}^{\prime }=a^2\sqrt{3}\cdot a\sqrt{3}=3a^3$. Chọn C.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$ và $O$ là tâm tam giác đều $ABC\Rightarrow SO\perp (ABC)$ và $BC\perp (SAM)$. Kẻ $MK\perp SA$ tại $K$ thì $d(SA,BC)=MK=\frac{a\sqrt{6}}{3}$. Suy ra $OH=d(O,SA)=\frac{2}{3}MK=\frac{2\sqrt{6}a}{9}$. Với $OA=\frac{a\sqrt{3}}{3}$, ta có $SO=\frac{OH\cdot OA}{\sqrt{O{A}^2-O{H}^2}}=\frac{2\sqrt{6}a}{3}$. Vậy thể tích khối chóp là $V=\frac{1}{3}SO\cdot S_{△ABC}=\frac{1}{3}\cdot \frac{2\sqrt{6}a}{3}\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{2}{a}^3}{6}$. Chọn B.

Mở rộng các cạnh bên của hình chóp cụt để tạo thành hình chóp đều đỉnh $S$. Gọi $h_1$ là chiều cao của hình chóp nhỏ (có đáy là hình vuông cạnh $3\text{ cm}$). Gọi $h_2$ là chiều cao của hình chóp lớn (có đáy là hình vuông cạnh $5\text{ cm}$).
Theo định lý Ta-lét, tỉ số chiều cao bằng tỉ số cạnh đáy tương ứng: $\frac{h_1}{h_2}=\frac{3}{5}\Rightarrow 5h_1=3h_2$.
Mặt khác, chiều cao của khối chóp cụt là $2,5\text{ cm}$ nên $h_2-h_1=2,5$.
Giải hệ phương trình trên ta được: $h_1=3,75\text{ cm}$ và $h_2=6,25\text{ cm}$.
Gọi $V_1,V_2$ lần lượt là thể tích của khối chóp nhỏ (đỉnh $S$, đáy $3$) và khối chóp lớn (đỉnh $S$, đáy $5$). Gọi mặt phẳng cắt nằm cách đỉnh $S$ một khoảng $h_x$, tạo thành khối chóp có thể tích $V_x$. Phần bị cắt đi là một khối chóp cụt có thể tích $V_{\text{ca˘ˊt}}=V_x-V_1=\frac{1}{2}(V_2-V_1)\iff V_x=\frac{V_1+V_2}{2}$.
Ta có $\frac{V_x}{V_2}={\left(\frac{h_x}{h_2}\right)}^3$ và $\frac{V_1}{V_2}={\left(\frac{3}{5}\right)}^3=\frac{27}{125}$.
Từ đó $\frac{V_x}{V_2}=\frac{1}{2}\left(\frac{27}{125}+1\right)=\frac{76}{125}\Rightarrow h_x=h_2\cdot \sqrt[3]{\frac{76}{125}}=1,25\cdot \sqrt[3]{76}\approx 5,294\text{ cm}$.
Chiều cao $h$ của phần bị cắt đi là $h=h_x-h_1\approx 5,294-3,75=1,544\approx 1,54\text{ cm}$.

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB=a,AC=a\sqrt{3}\Rightarrow S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{2}$. Kẻ $B^{\prime }H\perp BC$ tại $H$, suy ra $B^{\prime }H\perp (ABC)$. Gọi $K$ là hình chiếu của $H$ lên $AB$, góc giữa $(AB{B}^{\prime }{A}^{\prime })$ và $(ABC)$ là $\widehat{B^{\prime }KH}=45^{\circ }\Rightarrow B^{\prime }H=HK$. Giải phương trình $B^{\prime }{H}^2+B{H}^2=B{B}^{\prime 2}=4a^2$ ta được $B^{\prime }H=\frac{2a\sqrt{21}}{7}\Rightarrow V=S_{ABC}\cdot B^{\prime }H=\frac{3\sqrt{7}}{7}{a}^3$. Chọn D.

Gọi $M$ là trung điểm của $A^{\prime }{C}^{\prime }$ và $G$ là trọng tâm $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$. Vì $△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ đều cạnh $a$ nên $B^{\prime }M=\frac{a\sqrt{3}}{2}\Rightarrow GM=\frac{1}{3}{B}^{\prime }M=\frac{a\sqrt{3}}{6}$.
Do $A{A}^{\prime }=A^{\prime }B=A^{\prime }C$ và $△ABC$ đều nên hình chiếu vuông góc của $A$ trên $(A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$ trùng với $G$, tức $AG\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$.
Ta có $d(B,(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=d(B^{\prime },(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=3d(G,(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=\frac{3\cdot GM\cdot AG}{\sqrt{G{M}^2+A{G}^2}}$.
Suy ra $\frac{3\cdot \frac{a\sqrt{3}}{6}\cdot AG}{\sqrt{\frac{a^2}{12}+A{G}^2}}=\frac{3a\sqrt{2}}{5}\iff AG=a\sqrt{2}$.
Vậy thể tích khối lăng trụ là $V_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=S_{△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}\cdot AG=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\cdot a\sqrt{2}=\frac{\sqrt{6}{a}^3}{4}$.

[IMAGE:img_1]

Đáp án: C. (Theo bảng đáp án chính thức của đề, trang 34, Mã đề 101; câu tương ứng ở các mã đề hoán vị trong cùng PDF: Mã đề 102 Câu 50 (A), Mã đề 103 Câu 46 (A), Mã đề 104 Câu 49 (C); đề gốc không kèm lời giải chi tiết.)

Gọi $H$ là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime }$, theo giả thiết $AH\perp (A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime })$. Đặt $AH=x$.
Vì $B{B}^{\prime }\parallel (AC{C}^{\prime }{A}^{\prime })$ nên $d(B{B}^{\prime },A{C}^{\prime })=d(B{B}^{\prime },(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=d(B^{\prime },(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=\frac{2a\sqrt{3}}{\sqrt{19}}$.
Vì $H$ là trung điểm $B^{\prime }{C}^{\prime }$ nên $d(H,(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=\frac{1}{2}d(B^{\prime },(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{19}}$.
Gọi $O$ là trung điểm $A^{\prime }{C}^{\prime }$, $I$ là trung điểm $O{C}^{\prime }$, ta có $HI\perp A^{\prime }{C}^{\prime }$ với $HI=\frac{a\sqrt{3}}{4}$. Kẻ $HK\perp AI$ tại $K$ thì $HK=d(H,(AC{C}^{\prime }{A}^{\prime }))=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{19}}$.
Trong tam giác vuông $AHI$: $\frac{1}{H{K}^2}=\frac{1}{A{H}^2}+\frac{1}{H{I}^2}\iff \frac{19}{3a^2}=\frac{1}{x^2}+\frac{16}{3a^2}\Rightarrow x=a$.
Vậy $V_{AC{B}^{\prime }B}=\frac{1}{3}{V}_{ABC.A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{3}\cdot AH\cdot S_{△A^{\prime }{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\frac{1}{3}\cdot a\cdot \frac{a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{3}}{12}{a}^3$. Chọn C.

Gọi $M$ là trung điểm của $AB$. Do $AB\perp (MC{C}^{\prime })$ nên $(AB{C}^{\prime })\perp (MC{C}^{\prime })$. Kẻ $CK\perp C^{\prime }M$ tại $K$ thì $CK\perp (AB{C}^{\prime })\Rightarrow CK=d(C,(AB{C}^{\prime }))=a$. Đặt $BC=x,C{C}^{\prime }=y$ ($x,y>0$), ta có $CM=\frac{x\sqrt{3}}{2}$ và $\frac{1}{C{M}^2}+\frac{1}{C{C}^{\prime 2}}=\frac{1}{C{K}^2}\iff \frac{4}{3x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{1}{a^2}$ (1). Kẻ $CE\perp B{C}^{\prime }$ tại $E$ thì $\widehat{KEC}=\alpha \Rightarrow EC=\frac{KC}{\sin \alpha }=a\sqrt{\frac{12}{11}}$. Lại có $\frac{1}{x^2}+\frac{1}{y^2}=\frac{1}{C{E}^2}=\frac{11}{12a^2}$ (2). Giải hệ (1), (2) được $x=2a,y=\frac{a\sqrt{6}}{2}$. Vậy thể tích khối lăng trụ là $V=y\cdot \frac{x^2\sqrt{3}}{4}=\frac{a\sqrt{6}}{2}\cdot \frac{4a^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3a^3\sqrt{2}}{2}$.

Gọi $M,N,F$ lần lượt là trung điểm của $OH,CD,AB$. Kẻ $SE\perp NF$ tại $E\Rightarrow SE\perp (ABCD)$.
Do $SH=SO\Rightarrow EM\perp OH$.
Ta có $OF=\frac{a\sqrt{3}}{2}$, $HF=\sqrt{B{H}^2+B{F}^2}=\frac{a\sqrt{21}}{6}$, $\tan \widehat{ACB}=\frac{1}{\sqrt{3}}\Rightarrow \widehat{ACB}=30^{\circ }$.
Suy ra $OH=\sqrt{C{H}^2+O{C}^2-2\cdot CH\cdot OC\cdot \cos 30^{\circ }}=\frac{a\sqrt{3}}{3}$.
Nên $\cos \widehat{FOH}=\frac{O{F}^2+O{H}^2-F{H}^2}{2\cdot OF\cdot OH}=\frac{1}{2}=\frac{OM}{OE}\Rightarrow OE=\frac{a\sqrt{3}}{3}\Rightarrow NE=ON+OE=\frac{5a\sqrt{3}}{6}$.
Ta có $SN=\sqrt{S{D}^2-N{D}^2}=\frac{a\sqrt{183}}{6}\Rightarrow SE=\sqrt{S{N}^2-N{E}^2}=a\sqrt{3}$.
Vậy thể tích khối chóp $S.ABCD$ là:
$V_{S.ABCD}=\frac{1}{3}\cdot SE\cdot S_{ABCD}=\frac{1}{3}\cdot a\sqrt{3}\cdot a\cdot a\sqrt{3}=a^3$
Chọn đáp án D.

[IMAGE:img_1]

Chọn B.

Ta có $AO=\frac{AC}{2}=\frac{AB\sqrt{2}}{2}=\frac{3a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow SO=\frac{3a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow O{O}^{\prime }=\frac{a\sqrt{2}}{2}$.
Ta có $A^{\prime }{O}^{\prime }=\frac{2}{3}AO=\frac{2}{3}\cdot \frac{3a\sqrt{2}}{2}=a\sqrt{2}\Rightarrow V=\frac{1}{3}O{O}^{\prime }\pi A^{\prime }{O}^{\prime 2}=\frac{1}{3}\cdot \frac{a\sqrt{2}}{2}\pi (a\sqrt{2}{)}^2=\frac{\pi a^3\sqrt{2}}{3}$.